Solution -「ARC 125E」Snack

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  把 \(n\) 种零食分给 \(m\) 个人，第 \(i\) 种零食有 \(a_i\) 个；第 \(i\) 个人得到同种零食数量不超过 \(b_i\)，总数量不超过 \(c_i\)，求最多分出的零食数量。

  \(n,m\le2\times10^5\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  很容易看出这是网络流模型：

• 源点 \(S\) 连向每种零食 \(i\)，容量 \(a_i\)；
• 零食 \(i\) 连向人 \(j\)，容量 \(b_j\)；
• 人 \(j\) 连向汇点 \(T\)，容量 \(c_j\)。

  答案即为 \(S\) 到 \(T\) 的最大流。

  在这样的网络中，我们发现容量的种类数少，而边数很多，可以推出边的容量与这条边具体连接两端结点的相关性不强。这种时候，可以尝试手算最小割。

  具体地，设零食集合 \(A\) 被割入 \(S\) 部，那么对于一个人 \(i\)，他被割入 \(S\) 部的代价为 \(c_i\)，被割入 \(T\) 部的代价是 \(|A|b_i\)，我们应取两者较小值，而这果然与 \(A\) 集合具体构成不相关。所以，枚举 \(|A|\in[0,n]\)，每个人一定在一段前缀中被割入 \(T\) 部，在其余情况被割入 \(S\) 部，利用单调性维护这一过程，做到复杂度 \(\mathcal O(n\log n+m\log m)\)，两个瓶颈皆为排序。

\(\mathcal{Code}\)

/*~Rainybunny~*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

typedef long long LL;

inline void chkmin( LL& a, const LL b ) { b < a && ( a = b ); }

const int MAXN = 2e5;
int n, m, b[MAXN + 5], ord[MAXN + 5];
LL a[MAXN + 5], c[MAXN + 5];

int main() {
    scanf( "%d %d", &n, &m );
    rep ( i, 1, n ) scanf( "%lld", &a[i] );
    rep ( i, 1, m ) scanf( "%d", &b[i] ), ord[i] = i;
    rep ( i, 1, m ) scanf( "%lld", &c[i] );

    std::sort( a + 1, a + n + 1,
      []( const LL u, const LL v ) { return u > v; } );
    std::sort( ord + 1, ord + m + 1, []( const int u, const int v )
      { return 1ull * c[u] * b[v] < 1ull * c[v] * b[u]; } );

    LL sa = 0, sb = 0, sc = 0, ans = 1ll << 60;
    rep ( i, 1, n ) sa += a[i];
    rep ( i, 1, m ) sb += b[i];
    for ( int i = 0, j = 1; i <= n; ++i ) {
        sa -= a[i];
        for ( ; j <= m && 1ll * i * b[ord[j]] > c[ord[j]];
          sb -= b[ord[j]], sc += c[ord[j++]] );
        chkmin( ans, sa + i * sb + sc );
    }
    printf( "%lld\n", ans );
    return 0;
}